最新高考化学高分必备分类专项习题与详解（含55个知识点）.doc

1、 1 / 56 化学高考高频考点分类专项训练与详解 导读目录： 1 个重要的周期表/2 类必考的重要反应/3 个必须掌握的守恒原则/4 种重要的平衡体系/5 种 常考的实验类型/6 种常见水溶液中的图象/7 类常考的化学计算/8 种重要典型元素/9 种微粒 结构模型（选修三内容）/10 类有机化合物（选修五内容） 。 一个重要的周期表 一、选择题 1.X、Y、Z、W 为原子序数递增的 4 种短周期元素，其中 Y、Z 为金属元素。X、Y、Z、W 的最高价氧化物 对应的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如图所示反应关系(图中“-”相连的两种物质能发生反应)。下列判 断正确的是( ) A.X 是元素周期表

2、中非金属性最强的元素 B.Z 位于元素周期表第 3 周期A 族 C.4 种原子中，Y 原子半径最小 D.W 的阴离子可能促进水的电离 【解析】选 D。Y、Z 为金属元素，其最高价氧化物的水化物是乙、丙，乙和丙之间能发生反应，说明应是 NaOH 和 Al(OH)3的反应，根据反应过程以及原子序数递增，推出 Y 是 Na，Z 为 Al，X 为 N，乙为 NaOH， 丙为 Al(OH)3，甲为 HNO3，丁可能是 S，可能是 Cl。A、周期表非金属性最强的是 F，F 没有最高正价，没 有含氧酸，故 A 错误；B、Al 位于周期表第 3 周期A 族，故 B 错误；C、4 种原子，半径最小的是 N，只

3、有 2 个电子层，其余有三个电子层，故 C 错误；D、W 可能是 S，也可能是 Cl，如果是 W 为 S，其最简单 离子是 S2-，发生反应：S2-+H2O HS-+H2O，促进水的电离，故 D 正确。 【加固训练】 短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为 16。Y 的原子半径比 X 的大， X 与 W 同主族，Z 是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是( ) A.原子半径的大小顺序：r(W)r(Z)r(Y) B.元素 X、Y 只能形成一种化合物 C.元素 W 的简单气态氢化物的热稳定性比 X 的强 D.Y、W 最高价氧化物对应的水化物均能溶解 Z 的氢

4、氧化物 【解析】选 D。Z 是地壳中含量最高的金属元素，Z 是 Al；X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 与 W 同主 族，W、X 是AA 元素；Y 的原子半径比 X 的大，X、Y 分别在 2 个不同周期；Y 是AA 元素；原 子最外层电子数之和为 16，所以 W、X 是A 元素，X 是 O、W 是 S；Y 是A 元素，Y 是 Na。原子半径的 大小顺序：r(W)N，即 XYZ， 故 C 错误；若 Y 是 Na，则 a+c=22，Z 可为 N，Y 为 P，N 和 P 是同一主族元素，7+15=22 满足前述条件，故 D 错误。 3.短周期元素 X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置如图所

5、示。已知 Y、W 的原子序数之和是 Z 的 3 倍， 下列说法正确的是( ) Y Z X W A.原子半径：XW D.Z、W 均可与 Mg 形成离子化合物 【解析】选 D。Y、W 的原子序数之和是 Z 的 3 倍，设 Y 的原子序数为 x，则 Z 的原子序数为 x+1，W 的原 子序数为 x+10，则 x+x+10=3(x+1)，解得 x=7，即 Y 为 N，结合位置关系可知，Z 为 O，X 为 Si，W 为 Cl。 同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为 XYZ，故 A 错误；非金属性越 强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性为 XY，故 C 错误；Z、W 可与

6、 Mg 形成离子化合物氧化镁、氯化镁，故 D 正确。 【加固训练】 短周期元素 X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置如图所示，其中 W 原子的质子数是其最外层电子数的 三倍，下列说法不正确的是( ) X Y Z W A.原子半径：WZYX B.最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZ C.最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZ D.元素 X、Z、W 的最高化合价分别与其主族序数相等 【解析】选 A。根据 W 原子的质子数是其最外层电子数的三倍，可以推出 W 为 P，则 X 为 N，Y 为 O，Z 为 Si。原子半径：r(Si)r(P)r(N)r(O)，A 项错误；非金属性：NPSi，则酸性：HN

7、O3H3PO4H2SiO3，B 项 正确；非金属性：ONPSi，则稳定性：H2ONH3PH3SiH4，C 项正确；最高化合价：N 为+5、Si 为+4、P 为+5，分别与其主族序数相等，D 项正确。 4.X、Y、Z 和 W 代表原子序数依次增大的四种短周期元素，X 原子核内没有中子，在周期表中，Z 与 Y、W 均相邻；Y、Z 和 W 三种元素的原子最外层电子数之和为 17。则下列有关叙述正确的是( ) A.Y、Z 和 W 三种元素可能位于同一周期 B.上述元素形成的氢化物中，W 的氢化物相对分子质量最大，熔沸点最高 C.Y 和 W 所形成的含氧酸均为强酸 D.X、Y、Z 和 W 可形成 X5Y

8、Z4W 的离子化合物 【解析】选 D。由题意知 X 为 H，Y、Z 和 W 应分别是 N、O、S，则 Y、Z 和 W 三种元素的原子最外层电子 数之和为 17，不是 3 的倍数，所以不是同周期相邻，故 A 错误；因 H2O 或 H2O2的熔沸点均比 H2S 高，故 B 错误；亚硝酸、亚硫酸虽然属于含氧酸，但都是弱酸，C 错误；离子化合物 NH4HSO4中氢、氮、氧、硫 的原子个数比为 5141，即 H5NO4S，D 正确。 3 / 56 5.如表为元素周期表中短周期的一部分，四种元素中只有一种是金属，下列说法不正确的是( ) A.四种元素中 Z 一定为金属 B.原子半径：ZW C.W 最高价氧

9、化物对应水化物一定是强酸 D.气态氢化物稳定性：XX，D 正确。 6.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，甲和丙同 主族，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则 ( ) A.简单离子半径：丙丁乙 B.单质的还原性：丁丙甲 C.甲、乙、丙的氧化物均只有一种 D.乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应 【解析】选 D。由题干信息易知甲、乙、丙、丁四种元素分别为 H、N、Na、Al，离子半径：N3-Na+Al3+， A 项错误；单质的还原性：NaAlH2，B 项错误；H、N、Na 的氧化物均不止一种，C 项错误；N、Na、Al 最高价氧化物对应的水

10、化物分别为 HNO3、NaOH、Al(OH)3，这三种物质两两之间可以反应，D 项正确。 二、非选择题(本题包括 1 小题) 7.短周期元素 A、B、C、D 在周期表中的位置如图所示，B、D 最外层电子数之和为 12，二者可形成 DB2、 DB3两种分子，DB2具有漂白性。 A B C D 回答下列问题： (1)A 位于元素周期表第_周期，_族，其氢化物的分子式是_。 (2)下列叙述中，正确的是_(填字母)。 a.稳定性：A 的氢化物C 的氢化物 b.还原性：B2-D2- c.酸性：H4CO4H2DO4 d.最高化合价：D=BAC (3)DB2通过如图工艺流程可制化工原料 H2DB4和清洁能源

11、 H2。 原电池中 DB2参与反应的电极为_，写出电极反应式_；若有 5 mol DB2参加反应(假 设反应物无损耗)，则生成标准状况下_L H2。 为检验分离器的分离效果，取分离后的 H2DB4溶液于试管中，向其中逐滴加入 AgNO3溶液至充分反应， 若观察到_，证明分离效果较好。 将该工艺流程用总反应的化学方程式表示为_。 【解析】由短周期元素 A、B、C、D 在周期表中的位置可知，A、B 处于第 2 周期，C、D 处于第 3 周期，B、 D 同主族，B、D 最外层电子数之和为 12，故 B、D 最外层电子数为 6，故 B 为氧元素，D 为硫元素，二者 可以形成 SO2、SO3两种分子，且

12、 SO2具有漂白性，由位置关系可知，A 为氮元素，C 为硅元素。 (1)A 为氮元素，处于第 2 周期A 族，其氢化物为 NH3。 4 / 56 (2)非金属性 NSi，故氢化物稳定性 NH3SiH4，故 a 正确；非金属性 OS，非金属性越强，阴离子的还原性 越弱，故还原性 O2-Si，故酸性：H4SiO4” “NO；非金属性 NO c(OH - -) )或 或 c(OHc(OH - -)=10 )=10 - -(8(814)14)mol molL L - -1 1(25 (25) ) b.b.能使能使 pHpH 试纸显红色的溶液试纸显红色的溶液 c.c.能使甲基橙显红色或橙色的溶液能使甲基

13、橙显红色或橙色的溶液 d.d.能使紫色石蕊试液显红色的溶液能使紫色石蕊试液显红色的溶液 碱性溶液溶液 a.a.室温下，室温下，pH7pH7 或或 c(Hc(H + +)7 表示加酸或碱抑制水的电离，表示加酸或碱抑制水的电离，nc(HA-)c(OH-)c(H+) 【解析】选 B。25时，向 10 mL 0.1 molL-1H2A 溶液中滴加等浓度的 NaOH 溶液发生反应，当滴入 20 mL 时恰好完全反应生成 Na2A 溶液，溶液显碱性，当溶液 pH=7 时，溶液中存在 Na2A 溶液和 H2A 溶液，当加 入氢氧化钠溶液体积 10 mL，反应为 H2A+NaOH= NaHA+H2O，溶液 p

14、Hc(A2-)c(OH-)c(HA-)c(H+)，故 D 错误。 2.某溶液，只可能含有以下离子中的若干种(忽略由水电离产生的 H+、OH-)：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、 Al3+，NO3-、CO32-、SO42-，现取三份 100 mL 溶液进行如下实验： 第一份加足量 AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。 第二份加足量 BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为 6.99 g。 第三份逐滴滴加 NaOH 溶液，测得沉淀与 NaOH 溶液的体积关系如图。根据上述实验，以下推测不正确 的是( ) A.依据电荷守恒，原溶液中 NO3-的物质的量应为 0.03 mo

15、l B.原溶液一定不存在 H+、Cu2+、CO32- C.原溶液确定含 Mg2+、Al3+、NH4+，且 n(Mg2+)n(Al3+)n(NH4+ )=112 D.实验所加的 NaOH 的浓度为 2 molL-1 【解析】选 A。溶液是无色透明的，故 Cu2+一定不存在；通过图象知，原溶液一定含有 Mg2+、Al3+、NH4+， 一定没有 H+、CO32-；沉淀量最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，沉淀量最小时，为氢氧化镁，故 nMg(OH)2=0.01 mol， 则 n(Mg2+)=nMg(OH)2=0.01 mol， 根据 Mg2+2OH- =Mg(OH)2， 需 OH-0.02 mol； N

16、aOH 溶液从 35 mL 到 40 mL 发生的反应是 Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O，则生成等量的 Al(OH)3沉淀时，消耗 NaOH 9 / 56 溶液的体积为 3(40 mL-35 mL)=15 mL， 故生成 0.01 mol Mg(OH)2消耗 NaOH 溶液的体积为 25 mL-15 mL=10 mL， 故 NaOH 的浓度为 =2 molL-1； 所以生成 Al(OH)3消耗的 NaOH 的物质的量为 2 molL-11510-3L=0.03 mol，所以 Al3+的物质的量为 0.01 mol，NH4+消耗 NaOH 的物质的量为 2 molL-1(35-2

17、5)10-3L=0.02 mol， 所以 NH4+的物质的量为 0.02 mol。由实验可以得出，溶液中一定含有 SO42-，n(SO42- )=n(BaSO4)= =0.03 mol，所以 n(Mg2+)n(Al3+)n(NH4+)n(SO42- )= 0.01 mol0.01 mol210-2mol3 10-2mol=1123，由电荷守恒可知：12+13+2132，则一定存在 NO3-；无法确定是否含有 K+， 故无法确定 NO3-的物质的量。 【加固训练】 某 100 mL 溶液可能含有 Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过

18、程如图(所加试剂均过量，气体全部逸出)：下列说法不正确的是( ) A.原溶液一定存在 CO32-和 SO42-，一定不存在 Fe3+ B.原溶液一定存在 Cl-，可能存在 Na+ C.原溶液中 c(CO32- )是 0.1 molL-1 D.若原溶液中不存在 Na+，则 c(Cl-)c(OH-)c(H+)，则溶液中溶质一定为 NH4Cl 和 NH3H2O B.若溶液中离子间满足 c(Cl-)c(NH4+ )c(H+)c(OH-)，则溶液中溶质一定只有 NH4Cl C.若溶液中 c(NH4+ )=c(Cl-)，则该溶液一定显中性 D.若溶液中 c(NH3H2O)c(Cl-)，则溶液一定显碱性 (

19、3)若溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前 c(HCl)_c(NH3H2O)(填 “” “c(Cl-)c(OH-)c(H+)，则溶液中溶质一定为 NH4Cl 和 NH3H2O，故 A 正确；若溶液中离子间满足 c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)，则溶液中溶质可以是 NH4Cl 或 NH4Cl 和 HCl 混合溶液，故 B 错误；若溶液中 c(NH4+)=c(Cl-)，溶液中电荷守恒，c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+ )+c(H+)，c(OH-)=c(H+)，则该溶液一定显中性，故 C 正 确；等物质的量浓度的氨水和氯化铵溶液等体积混合后溶液显碱性

20、，若溶液中 c(NH3H2O)c(Cl-)，则溶液 中溶质为 NH3H2O 和 NH4Cl，一定显碱性，故 D 正确。 (3)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则 c(H+)=c(OH-)，溶液中的溶质是氯化 铵和氨水；要使混合溶液呈中性，则氨水的物质的量大于 HCl，混合前 c(HCl)c(OH-)c(H+)，c 点是恰好完全反应生成的氯化铵溶液，铵根离子水解，溶液显酸性，离 子浓度为 c(Cl-)c(NH4+ )c(H+)c(OH-)。 答案：(1)3 (2)B (3)c(OH-)c(H+) c(Cl-)c(NH4+ )c(H+)c(OH-) 【方法规律】离子浓度大

21、小比较的解题思路： (1)总体思路。 明确溶液中的微粒种类，分析微粒的水解和电离情况： (2)解题关键。 掌握“一原理、两平衡、三守恒” ，即平衡移动原理、电解质的电离平衡与盐类的水解平衡，电解质溶液 中的电荷守恒、质子守恒、物料守恒。 (3)解答步骤。 第一步：找溶质，找齐溶液中所有微粒(包括所有阴阳离子)； 第二步：判断溶液的酸碱性； 第三步：结合三守恒，判断溶液中各微粒的浓度关系。 四种重要的平衡体系 一、选择题 1.下列图示与对应的叙述相符的是( ) A.图 1 表示 1 L pH=2 的 CH3COOH 溶液加水稀释至 VL，pH 随 lgV 的变化 B.图 2 表示不同温度下水溶液

22、中 H+和 OH-浓度的变化的曲线，图中温度 T2T1 C.图 3 表示一定条件下的合成氨反应中， NH3的平衡体积分数随 H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化， 12 / 56 图中 a 点 N2的转化率小于 b 点 D.图 4 表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应 2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器 容积的关系 【解析】 选 C。 加水稀释 10n 倍， 促进醋酸的电离， 溶液的 pH 变化小于 n 个单位， 所以 1 L pH=2 的 CH3COOH 溶液加水稀释至 VL，pH 变化小于 lgV，故 A 错误；升温促进水电离，Kw 增大，水电离

23、的氢离子浓度增大， 所以氢离子浓度大的温度高，即温度 T2pH(CH3COONa) B.amolL-1HCN 与 bmolL-1NaOH 溶液等体积混合后所得溶液中 c(Na+)c(CN-)，则 a 一定小于 b C.向冰醋酸中逐滴加水至稀溶液过程中，溶液导电能力先增大，后减小 D.将 0.1 molL-1的 Na2CO3溶液逐滴加入等浓度的 HCN 溶液中无明显现象，说明未反应 【解析】选 C。根据电离平衡常数可知酸性强弱顺序为 CH3COOHH2CO3HCNHCO3-，酸性越弱，对应钠盐 中 酸 根 离 子 水 解 程 度 越 大 ， 溶 液 的 pH 越 大 ， 物 质 的 量 浓 度

24、的 各 溶 液 的pH 关 系 为 pH(CH3COONa)c(NH4+ ) 【解析】选 C。用 0.1 molL-1的盐酸滴定 0.1 molL-1的氨水时，恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，酚酞 变色范围为 810 碱性溶液中变色， 不可用酚酞作指示剂， 应选择变色范围为 3.14.4 的甲基橙作指示剂， 故 A 错误；0.2 molL-1的醋酸与 0.1 molL-1的氢氧化钠溶液等体积混合，得到等浓度的醋酸钠和醋酸混合 溶液，溶液中电荷守恒 c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒 2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，得到 c(CH3

25、COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，故 B 错误；常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)=1.7510-5，醋酸 根离子和铵根离子都发生水解，促进水的电离，二者水解程度相近，溶液 pH=7，所得溶液中由水电离出 的 c(H+)=110-7molL-1，故 C 正确；pH=3 的盐酸溶液中氢离子浓度和氯离子浓度为 10-3molL-1，pH=11 的 氨水溶液中 c(OH-)=c(NH4+)= molL-1=10-3molL-1，等体积混合，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根 离子，原氨水溶液浓度大于盐酸，所得溶液为氯化铵和一水合氨溶液，溶液中 c(NH3

26、H2O)c(NH4+)c(Cl-)， 故 D 错误。 5.下列叙述正确的是( ) A.常温下，AgCl 在相同物质的量浓度的 AgNO3和 NaCl 溶液中的溶解度比较，前者大 B.常温下， pH=3的醋酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后形成溶液a， 等物质的量浓度的盐酸与NaOH 14 / 56 溶液等体积混合后形成溶液 b，水的电离程度 ab。 C.若将适量 CO2通入 0.1 molL-1Na2CO3溶液中至溶液恰好呈中性，则溶液中(不考虑溶液体积变 化)2c(CO32- )+c(HCO3- )=0.1 molL-1 D.常温下，已知醋酸电离平衡常数为 Ka；醋酸根水解平衡常数

27、为 Kh；水的离子积为 Kw；则有 KaKh=Kw 【解析】选 D。Ag+、Cl-都抑制 AgCl 溶解，常温下，物质的量浓度相同的 AgNO3和 NaCl 溶液其抑制 AgCl 溶解的程度相等，所以 AgCl 在相同物质的量浓度的 AgNO3和 NaCl 溶液中的溶解度相同，故 A 错误；常温 下 pH=3 的醋酸浓度大于 pH=11 的 NaOH 浓度，二者等体积混合后溶液中溶质为醋酸和醋酸钠，醋酸电离 程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性；等物质的量浓度的盐酸和 NaOH 溶液等体积混合，二者恰 好完全反应生成 NaCl，溶液呈中性，酸或碱抑制水电离，所以前者抑制水电离，则水的电离程

28、度：ac(HA-)c(A2-)c(H2A) D.c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A) (3)已知常温下，H2A 的钙盐(CaA)饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s) Ca2+(aq)+A2-(aq) H0。 降低温度时，Ksp_(填“增大” “减小”或“不变” ，下同)。 滴加少量浓盐酸，c(Ca2+)_。 测得 25时，CaA 的 Ksp 为 2.010-11，常温下将 10 g CaA 固体投入 100 mL CaCl2溶液中，充分搅拌后仍 15 / 56 有固体剩余，测得溶液中 c(Ca2+)=0.1 molL-1，则溶液中 c(A2-)=_molL-1。 .工业废水中

29、常含有一定量的 Cr2O72- 和 CrO42- ，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处 理，常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为 CrO42- Cr2O72- Cr3+Cr(OH)3 其中第步存在平衡： 2 CrO42- (黄色)+2H+ Cr2O72- (橙色)+H2O (1)若平衡体系的 pH=2，则溶液显_色。 (2)第步中，还原 1 mol Cr2O72-，需要_mol 的 FeSO47H2O。 (3)第步生成的 Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡： Cr(OH)3(s) Cr3+(aq)+3OH-(aq) 常温下，Cr(OH)3的溶度积 Ksp=10-3

30、2，要使 c(Cr3+)降至 10-5molL-1，溶液的 pH 应调至_。 【解析】.(1)H2A 在溶液中部分电离属于弱酸，HA-的水解程度与电离程度关系不确定，所以 NaHA 溶液的 酸碱性不能确定。 (2)Kw与温度有关，温度不知道，所以 c(H+)c(OH-)的值不确定，故 A 错误；溶液中电荷守恒为 c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，故 B 错误；HA-的水解程度与电离程度关系不确定，c(A2-)与 c(H2A)的大 小关系不确定，故 C 错误；0.1 molL-1的 NaHA 溶液中，物料守恒为 c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H

31、2A)，故 D 正确。 (3)降低温度，抑制难溶物的电离，所以导致溶度积常数变小； 加盐酸，促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动，所以钙离子浓度增大； 已知溶液中 c(Ca2+)=0.1 molL-1，Ksp=c(Ca2+)c(A2-)=2.010-11，则 c(A2-)= molL-1=2.010-10 molL-1。 .(1)c(H+)增大，平衡 2 CrO42- (黄色)+2H+ Cr2O72- (橙色)+H2O 右移，溶液呈橙色。 (2)根据电子得失守恒：n(Cr2O72- )6=n(FeSO47H2O)1，n(FeSO47H2O)= =6 mol。 (3)当 c(Cr3+)=10

32、-5molL-1时，溶液的 c(OH-)=10-9molL-1，c(H+)=10-5molL-1，pH=5，即要使 c(Cr3+)降至 10-5molL-1，溶液的 pH 应调至 5。 答案：.(1)无法确定 (2)D (3)减小 增大 2.010-10 .(1)橙 (2)6 (3)5 7.CO2和 CO 与我们的社会生活联系相当密切，某化学课题组对此进行了探究。 (1)CO2可用 NaOH 溶液吸收得到碳酸盐。 若将 0.1 molL-1Na2CO3溶液与 0.1 molL-1NaHCO3溶液等体积混合， 则混合后的溶液中 c(CO32-)_c(HCO3-)(填“大于” “小于”或“等于”)

33、；0.1 molL-1Na2CO3溶液中 c(OH-)-c(H+)=_用含 c(HCO3-)、c(H2CO3)的关系式表示。 (2)常温常压下，饱和 CO2水溶液的 pH=5.6，c(H2CO3)=1.510-5molL-1，若忽略水的电离及 H2CO3的第二级 电离，则 H2CO3 HCO3-+H+的平衡常数 K=_。(已知：10-5.6=2.510-6) (3)常温下，0.1 molL-1NaHCO3溶液的 pH 大于 8，则溶液中 c(H2CO3)_c(CO32- )(填“” “=”或 “ 因为 NaHCO3溶液中既存在电离平衡： HCO3-CO32-+H+， 又存在水解平衡： HCO3

34、-+H2OH2CO3+OH-， 而 HCO3-水解程度大于电离程度 (4)Ba(OH)2(或 NaOH 溶液和 BaCl2溶液) (5)B 见上图 8.FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氧化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比 FeCl3高效，且腐 蚀性小。请回答下列问题： (1)FeCl3净水的原理是_。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除 H+作用外，另一主要原因是 _(用离子方程式表示)。 (2)为节约成本，工业上用 NaClO3氧化酸性 FeCl2废液得到 FeCl3。 若酸性 FeCl2 废液中 c(Fe2+)=2.010-2molL-1，c(Fe3+)=1.010-3molL-1，c

35、(Cl-)=5.310-2molL-1，则该溶液 的 pH 约为_。 完成 NaClO3氧化 FeCl2的离子方程式： 17 / 56 (3)FeCl3在溶液中分三步水解： Fe3+H2O Fe(OH)2+H+ K1 Fe(OH)2+H2O Fe(OH)2 + +H+ K 2 Fe(OH)2 + +H 2O Fe(OH)3+H+ K3 以上水解反应的平衡常数 K1、K2、K3由大到小的顺序是_ _。 通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为 xFe3+yH2O Fex(OH)y （3x-y）+ +yH+， 欲使平衡正向移动可采用的方法是_(填序号)。 a.降温 b.加水稀释

36、 c.加入 NH4Cl d.加入 NaHCO3 室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氧化铁的关键条件是_ _。 【解析】(1)Fe3+水解生成的 Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的 Fe 会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是 2Fe3+Fe= 3Fe2+。 (2)根据电荷守恒 c(Cl-)=2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)(酸性溶液 OH-浓度很小，在这里可以忽略不计)，则 c(H+)=c(Cl-)-2c(Fe2+)-3c(Fe3+)=1.010-2molL-1，则溶液 pH=-lg(1.010-2)=2； NaClO3氧化酸性的 Fe

37、Cl2，则反应物中有 H+参加，则生成物中有 H2O 生成，Cl 的化合价从+5 价降低到-1 价，得到 6 个电子，而 Fe 的化合价从+2 价升高到+3 价，失去 1 个电子，根据得失电子守恒，则 ClO3-的系 数为 1，Fe2+的系数为 6，则 Fe3+的系数也是 6，Cl-的系数是 1，根据电荷守恒，则 H+的系数是 6，H2O 的系 数是 3，配平后离子方程式为 ClO3- +6Fe2+6H+= Cl-+6Fe3+3H2O。 (3)Fe3+的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则 K1K2K3，控制条件使平 衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向

38、移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入 NH4Cl，NH4Cl 溶液为酸性，c（H+）增大，平衡逆向移动；加入 NaHCO3，则消耗 H+，所以 c（H+）降低， 平衡正向移动；从反应的离子方程式中可知，c（H+）影响高浓度聚合氧化铁的生成，所以关键步骤是调节 溶液的 pH。 答案：(1)Fe3+水解生成的 Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质 2Fe3+Fe= 3Fe2+ (2)2 1 6 6H+ 1 6 3H2O (3)K1K2K3 b、d 调节溶液的 pH 【加固训练】 利用氨水吸收烟气中的二氧化硫，其相关反应的主要热化学方程式如下： SO2(g)+NH3H2O(aq)=NH4

39、HSO3(aq) H1=akJmol-1 NH3H2O(aq)+NH4HSO3(aq)= (NH4)2SO3(aq)+H2O(l) H2=bkJmol-1 2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H3=ckJmol-1 (1)反应 2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g)= 2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的H= kJmol-1。 (2)空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过 60时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原 因可能是_。 (3)以磷石膏废渣和碳酸铵为原料制备硫酸铵，不仅解决了环境问题，还使硫资源获得二次

40、利用。反应 的离子方程式为 CaSO4(s)+CO32-(aq) SO42-(aq)+CaCO3(s)，该反应的平衡常数为 K=_。已知 Ksp(CaCO3)=2.910-9，Ksp(CaSO4)=9.110-6 (4)(NH4)2SO4在工农业生产中有多种用途。 18 / 56 将黄铜精矿(主要成分 Cu2S)与硫酸铵混合后在空气中进行焙烧，可转化为硫酸铜，同时产生氨气， 该反应的化学方程式为 。 研究硫酸铵的分解机理有利于对磷石膏的开发。在 500下硫酸铵分解过程中得到 4 种产物，其含 氮物质随时间变化关系如图甲所示，写出该条件下硫酸铵分解的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的 方向及数

41、目：_。 (NH4)2SO4是工业制备 K2SO4的重要原料， 根据图乙中相关物质的溶解度曲线， 简述工业上制备 K2SO4 晶体的设计思路： 。 【解析】(1)根据盖斯定律，给已知方程式编号 SO2(g)+NH3H2O(aq)=NH4HSO3(aq) H1=akJmol-1 NH3H2O(aq)+NH4HSO3(aq)= (NH4)2SO3(aq)+H2O(l) H2=bkJmol-1 2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H3=ckJmol-1 盖斯定律计算目标反应的反应热为2+2+: 2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2S

42、O4(aq)+2H2O(l) H=(2a+2b+c)kJmol-1。 (2)根据图1分析， 60氧化速率最快， 则在空气中氧化(NH4)2SO3的适宜温度为60， 温度过高(NH4)2SO3 会分解(或水解)，浓度减小(或温度升高氧气在溶液中溶解度降低)。 (3)反应 CaSO4(s)+CO32-(aq) SO42-(aq)+CaCO3(s)的平衡常数 K=3138。 (4)将黄铜精矿(主要成分 Cu2S)与硫酸铵混合后在空气中进行焙烧，可转化为硫酸铜同时产生氨气和 水，结合电子守恒和原子守恒配平反应的化学方程式为 2Cu2S+2(NH4)2SO4+5O2 =4CuSO4+4NH3+2H2O；

43、 在 500下硫酸铵分解过程中得到 4 种产物，其含氮物质随时间变化关系如图甲所示，硫酸铵分解 生成氮气、氨气、二氧化硫和水，结合电子守恒和原子守恒配平书写得到化学方程式为 3(NH4)2SO4= N2 +4NH3+3SO2+6H2O，氮元素化合价-3 价变化为 0 价，硫元素化合价+6 价变化为+4 价，电子转移总数 为 6e-，单线桥标出电子转移的方向及数目为 ； 根据复分解反应发生的条件和图象中物质溶解度分析，常温下 K2SO4的溶解度小，在生成物中会以 沉淀的形式出现，故反应可以进行，工业上制备 K2SO4晶体的设计思路是配制较高温度(80100)下的硫 酸铵、氯化钾饱和混合溶液，冷却

44、结晶，过滤、洗涤。 答案：(1)2a+2b+c (2)温度过高(NH4)2SO3会分解(或水解)，浓度减小(或温度升高氧气在溶液中溶解度降低) (3)3138 (4)2Cu2S+2(NH4)2SO4+5O2 =4CuSO4+4NH3+2H2O 配制较高温度(80100)下的硫酸铵、氯化钾饱和混合溶液，冷却结晶，过滤、洗涤 9.乙酸是醋的主要成分，而醋几乎贯穿了整个人类文明史，其中有文献记载的酿醋历史也在三千年以上。 19 / 56 (1)写出乙酸在水溶液中的电离方程式：_。 (2)25下，CH3COOH 在水中电离的H 为+8.8 kJmol-1，电离常数 Ka 为 210-5，又知 HCl(

45、aq)与 NaOH(aq) 反应的H 为-57.3 kJmol-1，则 CH3COONa 水解时的H 为_，水解平衡常数 Kh为_。 近年来，研究者利用乙酸开发出新工艺合成乙酸乙酯，使产品成本明显降低，其主要反应为 CH2= CH2(g)+CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l) (3)该反应属于有机反应类型中的_。 (4)下列描述能说明乙烯与乙酸合成乙酸乙酯的反应已达化学平衡的是_。 A.乙烯、乙酸、乙酸乙酯的浓度相同 B.酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等 C.乙烯断开 1 mol 碳碳双键的同时乙酸恰好消耗 1 mol D.体系中乙烯的百分含量一定 如图 n(乙烯)与 n(

46、乙酸)物料比为 1 时，在不同压强下进行在相同时间点乙酸乙酯的产率随温度的变化的测 定实验，实验结果如图所示。回答下列问题： (5)温度在 6080范围内，乙烯与乙酸酯化反应速率由大到小的顺序是_，分析其原因为 _。 (6)压强为 p1MPa、温度 60时，若乙酸乙酯的产率为 30%，则此时乙烯的转化率为_。 (7)压强为 p1MPa、温度超过 80时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是_。 【解析】(1)乙酸是弱酸，在水溶液中不完全电离，其电离方程式在书写时必须用可逆号。 (2)已知CH3COOH(aq) CH3COO-(aq)+H+(aq) H1=+8.8 kJmol-1，H+(aq)+OH-(

47、aq)= H2O(l) H2=-57.3 kJmol-1，反应(+)得 CH3COO-(aq)+H2O(l) CH3COOH(aq)+OH-(aq) H=-(H1+H2)=+48.5 kJmol-1， 则CH3COONa水 解 时 的 H为 +48.5 kJ mol-1。 水 解 平 衡 常 数Kh= = = =510-10。 (3)该反应属于有机反应类型中的加成反应。 (4)A.与反应是否已达化学平衡没有关系；B.正反应速率与逆反应速率相等，反应已达化学平衡；C.都是反 应物之间的关系，不能说明反应已达化学平衡；D.反应已达化学平衡。(5)温度在 6080范围内，乙烯与 乙酸酯化反应速率由大到小的顺序是 v(p1)v(p2)v(p3)，其原因为其他条件相同时，对有气体参与的反应， 压强越大化学反应速率越快。(6)压强为 p1MPa、温度为 60时，若乙酸乙酯的产率为 30%，则此时乙烯的 转化率为 30%。(7)压强为 p1MPa、温度超过 80时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是 p1MPa、80时反应 已达平衡